4 đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán và đáp án

4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN:
HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC
Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phương trình:

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4

+ + =

+ =

2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0+ + − + =

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:

( ) ( )
3 3
2
2
2 4 x 2 x 2 x
A
4 4 x
 
+ − + − −

 
 
=
+ −
với
2 x 2− ≤ ≤
2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho
3
m
là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:
3
2
3
a m b m c 0+ + =

Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x
3
là một số nguyên dương và biết
f (5) f (3) 2010− =
. Chứng minh rằng:
f(7) f(1) −
là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
P x 4x 5 x 6x 13= − + − + +

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy

D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho
·
·
DMK NMP=
.
Chứng minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng
tiếp góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các
điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Đề chính thức
KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
Năm học 2009-2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
Năm học 2009-2010
Môn thi : Toán
Hướng dẫn chấm
Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I
2,5
điểm
1)
1,5điểm
2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)

+ + =

+ =

Từ (2)
⇒
x
≠
0. Từ đó
2
4 3x
y
x
−
=
, thay vào (1) ta có:
0.25
2
2 2
2

4 3x 4 3x
x x. 3
x x
 
− −
+ + =
 ÷
 
0.25
⇔
4 2
7x 23x 16 0− + =
0.25
Giải ra ta được
2
x 1 =
hoặc
2
16
x =
7
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= ⇔ = ± ⇒ = ±
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7

= ⇔ = ± ⇒ = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);
4 7 5 7
;
7 7
 
−
 ÷
 
;
4 7 5 7
;
7 7
 
−
 ÷
 
0.25
2)
1,0điểm
Điều kiện để phương trình có nghiệm:
x
' 0∆ ≥
0.25

m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0
2
⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤
. Vì (m - 2) > (m - 3) nên:

x
' 0∆ ≥
⇔
m 2 0 và m 3 0
− ≥ − ≤
2 m 3, mà m Z⇔ ≤ ≤ ∈

⇒
m = 2 hoặc m = 3.
0.25
Khi m = 2
⇒
x
'∆
= 0
⇒
x = -1 (thỏa mãn)
Khi m = 3
⇒
x
'∆
= 0
⇒
x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
Câu II
2,5
điểm

1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + = − ≥
2 2 2 2
a b 4; a b 2x
⇒ + = − =
0.25
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ − + − + +
⇒ = =
+ +
0.25
( ) ( )
( )
2 ab a b 4 ab
A 2 ab a b
4 ab
+ − +
⇒ = = + −
+
0.25
( )

A 2 4 2ab a b
⇒ = + −
0.25
( )
( ) ( ) ( )
2 2
A 2 a b 2ab a b a b a b
⇒ = + + − = + −
0.25
2 2
A 2 a b 2x A x 2
⇒ = − = ⇒ =
0.25
2
2)
1,0điểm
3
2
3
a m b m c 0+ + =
(1)
Giả sử có (1)
3
2
3
b m c m am 0 (2)
⇒ + + =
Từ (1), (2)
2 2
3

(b ac) m (a m bc)
⇒ − = −
0.25
Nếu
2
a m bc 0− ≠
2
3
2
a m bc
m
b ac
−
⇒ =
−
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am
 
− = =
 
⇒ ⇒
 
− = =
 
 
0.25
3 3

3
b a m b a m
⇒ = ⇒ =
. Nếu b
≠
0 thì
3
b
m
a
=
là số hữu tỉ. Trái với
giả thiết!
a 0;b 0
⇒ = =
. Từ đó ta tìm được c = 0.
0.25
Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
0.25
Câu III
2 điểm
1)
1,0điểm
Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên
dương.
0.25

Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c
⇒
16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)
3M

0.25
Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số
0.25
2)

1,0điểm
( ) ( )
2 2
2 2
P x 2 1 x 3 2= − + − + +
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)
0.25
Ta chứng minh được:
( ) ( )
2 2
AB x 2 x 3 1 2 25 1 26= − − − + − = + =

( )
2
2
OA x 2 1= − +
,
( )
2
2
OB x 3 2= + +
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB− ≤
( ) ( )
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26⇒ − + − + + ≤
0.25
Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

x 2 1
x 7
x 3 2
−
⇒ = ⇒ =
+
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A
thuộc đoạn OB. Vậy Max
P 26=
khi x = 7.
0.25
Câu IV
2 điểm
1)
0,75điểm
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp
·
·
MAB MNB⇒ =
, MCAP nội
tiếp
·
·
CAM CPM⇒ =
.
0.25
3
Lại có
·

·
BNM CPM=
(cùng phụ góc NMP)
·
·
CAM BAM⇒ =
(1)
0.25
Do DE // NP mặt khác
MA
⊥
NP
MA DE
⇒ ⊥
(2)
Từ (1), (2)
ADE
⇒ ∆
cân tại A
⇒
MA là trung trực của DE
⇒
MD = ME
0.25
2)
1,25điểm
K
E
B
C

A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
·
·
DEK NAB=
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp
nên:
·
·
0
NMB NAB 180+ =
·
·
0
NMB DEK 180⇒ + =
0.25
Theo giả thiết
·
·
DMK NMP=
·
·
0
DMK DEK 180⇒ + =
⇒
Tứ giác MDEK nội tiếp

0.25
Do MA là trung trực của DE
⇒
MEA MDA
∆ = ∆
0.25

⇒
·
·
·
·
MEA MDA MEK MDC
= ⇒ =
.
0.25
Vì
·
· ·
·
MEK MDK MDK MDC
= ⇒ =
⇒
DM là phân giác của góc CDK,
kết hợp với AM là phân giác DAB
⇒
M là tâm của đường tròn
bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.
0.25
4

K
E
B
C
A
N
M
P
D
Câu V
1 điểm
D'
B'
A'
O
C
A
B
D
Không mất tổng quát giả sử:AB
≤
AC. Gọi B’ là điểm chính giữa
cung
¼
ABC

AB' CB'
⇒ =
Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA
AB BC CA'⇒ + =

0.25
Ta có:
·
·
·
B'BC B'AC B'CA= =
(1) ;
· ·
0
B'CA B'BA 180+ =
(2)

·
·
0
B'BC B'BA' 180+ =
(3);Từ (1), (2), (3)
·
·
B'BA B'BA'⇒ =
0.25
Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau
⇒ =
A'B' B ' A
Ta có
⇒ + = + ≥
B' A B'C B 'A ' B'C A 'C
= AB + BC ( B’A + B’C
không đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.
0.25

Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung
¼
ADC
thì ta
cũng có AD’ + CD’
≥
AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với
D’.
⇒
Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa
các cung
»
AC
của đường tròn (O)
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
5
Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (3 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức :
3 3 13 4 3 1− − − =
.
b) Giải hệ phương trình :
2
1 5
( 2 1) 36
x y
x x y


+ + =


+ + =


Bài 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
4 2
x 2mx 2m 1 0
− + − =
.
Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm
1 2 3 4
x , x , x , x
sao cho:
1 2 3 4
x x x x< < <
và
( )
4 1 3 2
3x x x x− = −
.
Bài 3: (3 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và
(S) là đường tròn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt
M, N khác A và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường
tròn (S).
a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ.

b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh:
2
ME = MA MP
×
.
c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh:
ME AM
NF AN
=
.
Bài 4: (1,5 điểm)
Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện
sau đồng thời được thỏa mãn:
(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước.
(ii)Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và
chữ số hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm.
Bài 5: (1 điểm)
Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng
minh rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi
phần là số nguyên.
Hết
SBD thí sinh: Chữ ký GT1:
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

BÀI NỘI DUNG Điể
m
B.1 3,0

1.a
( )
( )
2
2
3 3 13 4 3 3 3 12 4 3 1
3 3 2 3 1 3 3 2 3 1
3 3 2 3 1 3 3 1
3 3 1 3 3 1 1
− − − = − − − +
= − − − = − − −
= − − + = − −
= − − = − + =
0.25
0.25
0,25
0.25
1.b Điều kiện y
≥
0 . 0,25
( )
2
x 2x 1 y 36 x 1 y 6+ + = ⇔ + =
.
0,25
Đặt
u x 1= +
,
v y=
(

u 0, v 0≥ ≥
), ta có hệ
u v 5
uv 6
+ =


=


0,50
Giải ra : u

= 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2 0,25
Trường hợp u

= 2 , v = 3 có : ( x

= 1 ;

y = 9 ) hoặc ( x

=
−
3 ;

y = 9) 0,25
Trường hợp u

= 3 , v = 2 có : ( x

= 2 ;

y = 4 ) hoặc ( x

=
−
4 ;

y = 4) 0,25
Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) . 0,25
B.2 1,5
4 2
x 2mx 2m 1 0
− + − =
(1)
Đặt :
2
t x=
, ta có :
2
t 2mt 2m 1 0− + − =
(2) (
t 0≥
) .
0,25
( )
2
2
' m 2m 1 m 1 0∆ = − + = − ≥

với mọi m.
0,25
Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương
phân biệt
1 2
t , t
. Tương đương với:
1
' 0,P 2m 1 0, S 2m 0 m ,m 1
2
∆ > = − > = > ⇔ > ≠
(3)
0,25
Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương
1 2
0 t t< <
và
phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
1 2 2 1 3 1 4 2
x t x t x t x t= − < = − < = < =
Theo giả thiết:
( )
4 1 3 2 2 1 2 1 2 1
x x 3 x x 2 t 6 t t 3 t t 9t− = − ⇔ = ⇔ = ⇔ =
(4)
0,25
7
Theo định lí Vi-ét, ta có:
1 2
t t 2m+ =

và
1 2
t t 2m 1= −
(5)
Từ (4) và (5) ta có:
1
10t 2m=
và
2
1
9t 2m 1= −
2
1 2
5
9m 50m 25 0 m ; m 5
9
⇒ − + = ⇔ = =
.
Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần
và đủ là:
5
m
9
=
và
m 5
=
.
0,50

B.3 3,0
3.a + Hình vẽ
·
·
0
CPA BMA 90 CP / /BM= = ⇒
Do đó :
AP AC
AM AB
=
(1)
+ Tương tự:
CQ / /BN
và
AQ AC
(2)
AN AB
=
Từ (1) và (2):
AP AQ
AM AN
=
,
Do đó
PQ / /MN
0,25
0,25
0,25
0,25
3.b

+ Hai tam giác MEP và MAE có :
·
·
EMP AME=
và
·
·
PEM EAM=
.
Do đó chúng đồng dạng .
+ Suy ra:
2
ME MP
ME MA MP
MA ME
= ⇒ = ×
0,50
0,50
3.c
+ Tương tự ta cũng có:
2
NF NA NQ= ×
+ Do đó:
2
2
ME MA MP
NF NA NQ
×
=
×

+ Nhưng
MP MA
(Do PQ / /MN)
NQ NA
=
+ Từ đó:
2 2
2 2
ME AM ME AM
NF AN NF AN
= ⇒ =
0,25
0,25
0,25
0,25
B. 4
1,5
Xét số tùy ý có 4 chữ số
abcd
mà
1 a b c d 9≤ < < < ≤
. (a, b, c, d là các số
nguyên).
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của
c a
p q
d b
+ = +
0,25
Do b, c là số tự nhiên nên:

c b c b 1> ⇒ ≥ +
. Vì vậy :
b 1 1
p q
9 b
+
+ ≥ +
1 b 1 1 b 1 7
p q 2
9 9 b 9 9 b 9
+ ≥ + + ≥ + × =
0,75
8
7
p q
9
+ =
trong trường hợp
b 1
c b 1, d 9, a 1,
9 b
= + = = =
Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349
0,25
0,25
B.5 1,0
Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.
Ta có
2 2 2
a b c+ =

; a, b, c
*
∈N
, diện tích tam giác ABC là
ab
S
2
=
Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.
0.25
+ Chứng minh
ab 3M

Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì
2 2
a b+
chia 3 dư 2.
Suy ra số chính phương
2
c
chia 3 dư 2, vô lý.
0,25
+ Chứng minh
ab 4M

- Nếu a, b chẵn thì
ab 4M
.
- Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.
Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì

2
c 4M
, trong lúc
2 2
a b+
không thể chia hết
cho 4.
Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h
∈
N
. Ta có :
( ) ( )
2 2
2
b 2h 1 2k 1= + − +
=
( ) ( )
4 h k h k 1− + +
=
( ) ( ) ( )
4 h k h k 1 8k h k 8− − + + − M
Suy ra
b 4M
.
0,25
Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm
chia với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác
này có diện tích bằng
ab
12

là một số nguyên.
0.25
Ghi chú:
− Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó.
− Điểm toàn bài không làm tròn.
9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
Đề chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1
 
= −
 ÷
 ÷
+ − + +
 
Hãy lập một phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
x 16
xy

y 3
y 9
xy
x 2

− =




− =


b) Tìm m để phương trình
( )
2
2 2
x 2x 3x 6x m 0− − + + =
có 4 nghiệm phân
biệt.
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn
2
k 4+
và
2
k 16+
là các số nguyên tố thì k chia hết cho 5.
b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là
nửa chu vi thì

p a p b p c 3p− + − + − ≤
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính
giữa của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B).
DM cắt AB tại C. Chứng minh rằng:
a)
MB.BD MD.BC=
b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không
đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I,
J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các
10
góc bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác
EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ.
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi: Toán
Hướng dẫn chấm thi
Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1
 

+ + − + +
= − =
 ÷
 ÷
+ − + +
 
0,5 đ
a =
2
2 : 7
7
=
0,25 đ
Đặt
2
x a 1 x 7 1 x 1 7 x 2x 1 7= − ⇔ = − ⇔ + = ⇒ + + =
0,5 đ
2
x 2x 6 0⇔ + − =
Vậy phương trình
2
x 2x 6 0+ − =
nhận
7 1−
làm nghiệm
0,25 đ
Bài 2: (2,5 điểm)
a)
x 16
x 16

xy (1)
xy
y 3
y 3
y x 5
y 9
(2)
xy
x y 6
x 2


− =
− =


 
⇔
 
 
− =
− =
 


ĐK:
x, y 0≠
0,25 đ
Giải (2)
2 2

6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0⇔ − = ⇔ + − =
0,25 đ
* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2
−
+ = ⇔ =
.
Thay vào (1) ta được
3y 3 16
y.
2 2 3
−
+ =
0,25 đ

⇔

2
3y 23
2 6
−
=
(phương trình vô nghiệm) 0,25 đ
* Nếu
2y
3x 2y 0 x
3
− = ⇔ =

.
Thay vào (1) ta được
2
y 9 y 3= ⇔ = ±
0,25 đ
11
- Với
y 3 x 2= ⇒ =
(thoả mãn điều kiện)
- Với
y 3 x 2= − ⇒ = −
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
2
2
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0)− + = ⇔ − = ⇔ = ± ≥
(*)
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0− − − + =
2
y 5y m 4 0⇔ − + + =
(1)
0,25 đ
Từ (*) ta thấy, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì
phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt

0,25 đ
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0
∆ > − >
 
 
⇔ > ⇔ >
 
 
> + >
 
0,25 đ
9
m
9
4 m
4
4
m 4

<

⇔ ⇔ − < <


> −

Vậy với
9

4 m
4
− < <
thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
0,25 đ
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Vì k > 1 suy ra
2 2
k 4 5; k 16 5+ > + >

- Xét
k 5n 1= +
với
2 2 2
n k 25n 10n 1 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M
2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 2= +
với
2 2 2
n k 25n 20n 4 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 16⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét

k 5n 3= +
với
2 2 2
n k 25n 30n 9 k 16 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 16⇒ +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
k 5n 4= +
với
2 2 2
n k 25n 40n 16 k 4 5∈ ⇒ = + + ⇒ +¢ M

2
k 4⇒ +
không là số nguyên tố.
Do vậy
k 5M

0,25 đ
b) Ta chứng minh: Với
a, b,c∀
thì
( )
( )
2
2 2 2
a b c 3 a b c

+ + ≤ + +
(*)
Thật vậy
2 2 2 2 2 2
(*) a b c 2ab 2bc 2ca 3a 3b 3c⇔ + + + + + ≤ + +
2 2 2
(a b) (b c) (c a) 0⇔ − + − + − ≥
(luôn đúng)
0,5 đ
12
áp dụng (*) ta có:
( )
( )
2
p a p b p c 3 3p a b c 3p− + − + − ≤ − − − =
Suy ra
p a p b p c 3p− + − + − ≤
(đpcm)
0,5 đ
Bài 4: (3,0 điểm)

J
I
C
N
M
O
A
B
D

a) Xét
MBC
∆
và
MDB∆
có:

·
·
BDM MBC=

·
·
BMC BMD=
0,5 đ
Do vậy
MBC
∆
và
MDB∆
đồng dạng
Suy ra
MB MD
MB.BD MD.BC
BC BD
= ⇒ =
0,5 đ
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp
BDC∆

·
·
·
BJC 2BDC 2MBC⇒ = =
hay
·
·
BJC
MBC
2
⇒ =
BCJ∆
cân tại J
·
·
0
180 BJC
CBJ
2
−
⇒ =
0,5 đ
Suy ra
·
·
· ·
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ

2 2
−
+ = + = ⇒ ⊥

Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp
ADC∆
Chứng minh tương tự I thuộc AN
Ta có
· ·
·
·
ANB ADB 2BDM BJC= = = ⇒
CJ // IN
Chứng minh tương tự: CI // JN
0,5 đ
13
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành
⇒
CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
0,5 đ
Bài 5: (1,0 điểm)

g
f

e
d
h
c
b
a
G
F
I
H
J
M
C
A
B
D
E
K
Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME =
h (với a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dương)
Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8
cạnh có số đo là:
O
O
8 2 180
135
8
( ).−
=
0,25 đ

Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông
cân.
⇒ MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
⇔ (e - a)
2
= h + b - f - d
0,5 đ
Nếu e - a ≠ 0 thì

h b f d
2
e a
+ − −
= ∈
−
¤
(điều này vô lý do
2
là số vô
tỉ)
Vậy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm).
0,25 đ
14
SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
——————
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC
2009-2010
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
(Đề có 01 trang)
Câu 1: (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
1 1 9
x y
x y 2
1 5

xy
xy 2

+ + + =




+ =


b) Giải và biện luận phương trình:
| x 3| p | x 2| 5+ + − =
(p là tham số có giá trị thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
a,b,c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
a b c
2
(b c) (c a) (a b)
+ + ≥
− − −
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho
2
1

A
4x 4x 1
=
+ +
và
2
2x 2
B
x 2x 1
−
=
− +
Tìm tất cả các giá trị nguyên của
x
sao cho
2A B
C
3
+
=
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung
điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua
M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
ĐỀ CHÍNH THỨC
15

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3
đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những
điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh SBD
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện
xy 0≠
0,25
Hệ đã cho
2
2[xy(x y) (x y)] 9xy (1)
2(xy) 5xy 2 0 (2)
+ + + =


− + =

0,25

Giải PT(2) ta được:
xy 2 (3)
1
xy (4)
2
=



=

0,50
Từ (1)&(3) có:
x 1
y 2
x y 3
xy 2
x 2
y 1
 =



=
+ =



⇔



=
=




=



0,25
Từ (1)&(4) có:
x 1
1
3
y
x y
2
2
1
1
xy
x
2
2
y 1
 =







=
+ =



 
⇔





=
=







=


0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:

( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y =
0,25
b) 1,25 điểm:
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x≤
thì PT trở thành:
(p 1)x 2(p 1)+ = +
(1)
TH2. Nếu
3 x 2− ≤ <
thì PT trở thành:
(1 p)x 2(1 p)− = −
(2)
TH3. Nếu
x 3< −
thì PT trở thành:
(p 1)x 2(p 4)+ = −
(3)
0,25
16
Nếu
p 1≠ ±
thì (1) có nghiệm
x 2=
; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:
2(p 4)
x 3 1 p 1
p 1
−

= < − ⇔ − < <
+
.
0,25
Nếu
p 1= −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô
nghiệm.
0,25
Nếu
p 1=
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 x 2− ≤ <
; (1) có nghiệm x=2;
(3)VN
0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2(p 4)
x
p 1
−
=
+
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 x 2− ≤ ≤

+ Nếu
p 1
p 1
< −


>

thì phương trình có nghiệm x = 2.
0,25
Câu 2 (1,5 điểm):
+ Phát hiện và chứng minh
bc ca ab
1
(a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)
+ + =
− − − − − −
1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
2
a b c bc ca ab
2 2
b c c a a b (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)
 
 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 

 

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2(x 1)
A ; B
| 2x 1| | x 1|
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 x 1
C
3 | 2x 1| | x 1|
 
−
= +
 ÷
+ −
 
0,25
Nếu
x 1>
. Khi đó
2 1 4(x 1) 4(x 1) 1 2x
C 1 0 C 1 1 0

3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1)
+ + −
 
= + = > ⇒ − = − = <
 ÷
+ + + +
 
Suy ra
0 C 1
< <
, hay C không thể là số nguyên với x>1.
0,5
Nếu
1
x 1
2
− < <
. Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và
0C =
. Vậy x = 0 là một giá trị cần
tìm.
0,25
Nếu
1
x
2
< −
. Khi đó
x 1≤ −
(do x nguyên). Ta có:

2 1 4(x 1)
C 1 0
3 2x 1 3(2x 1)
+
 
= − − = − ≤
 ÷
+ +
 
và
4(x 1) 2x 1
C 1 1 0
3(2x 1) 3(2x 1)
+ −
+ = − + = >
+ +
, suy ra
1 C 0
− < ≤
hay C =0 và x = -1.
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0 , x = -1.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Gọi I là trung điểm AB, 0,25
A
I
B

K
M
D
E
H
R
C
Q
17
E IK CD, R IM CD= ∩ = ∩
. Xét hai tam giác
KIB và KED có:
·
·
ABD BDC=
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD=
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE∆ = ∆ ⇒ =
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
Trong tam giác IER có IK = KE và MI =
MR nên KM là đường trung bình
⇒

KM //
CD
0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)
⇒
IK là đường trung bình của
∆
ABD
⇒
IK//AD hay
IE//AD
Chứng minh tương tự trong
∆
ABC có IM//BC hay IR//BC
0,2
5
Có:
QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,2
5
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK⊥ ⇒
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER∆

.
Tương tự QM là trung trực thứ hai của
IER∆
0,2
5
Hạ
QH CD⊥
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER∆
hay Q nằm trên trung trực
của đoạn CD
⇒
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,2
5
Câu 5 (1,0 điểm):
A'
B'
C'
A
B
C
P
P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích
S). Khi đó
S 1
≤
.
0.25

Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các 0.25
18
đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác
A'B'C'
(hình vẽ). Khi đó
A'B'C' ABC
S 4S 4= ≤
. Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
A 'B'C'
.
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
A 'B'C'
chẳng hạn như trên hình
vẽ . Khi đó
( ) ( )
d P;AB d C;AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>
, mâu thuẫn với giả thiết tam giác
ABC có diện tích lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
A'B'C'
có diện tích không
lớn hơn 4.
0.25

19